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第28届全国中学生物理竞赛预赛复赛决赛试卷及答案


第 28 届全国中学生物理竞赛预赛试卷 参考解答与评分标准
一、选择题. 答案: 1.C 2.C 3.BC 4.A 5.D 评分标准: 本题共 5 小题,每小题 6 分.全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不 答的得 0 分. 二、填空题 答案与评分标准: 6.2.5m ( 6 分)

3 s 7. 5 (10 分)


ke 2 Ek ? ECl 8 .

(

6

分 )

2.0× 10-9 (2 分) 9.9 ( 10 分) 10. i.如图所示.( 8 分) (图错不 给分,图不准确酌情评分.) ii . 并 联 电 阻 两 端 的 电 压 U0=2.3V (2 分) 通过电阻 1 的 , 电流 I10=1.2A (3 分) ,通过电 阻 2 的电流 I20= 2.2A ( 3 分) (读数第一位必须正确,第二 位与答案不同,可酌情评分.) iii. W ( 2 分)4 .9W ( 2 分) 2.5 , 11.参考解答: i.设空间站离地面的高度为 H, 因为同步卫星的周期和地球自转周期相同,根据开普勒第三定律以及题意有

(R ? H )3 T 2 ? ( R ? H 0 )3 T02

(1)



T H ? ( R ? H ) ( 2)/ 3 ? R 0 T0

(2)

代人数据得 H= 376km (3) 卫星的高度 h =H 一 l =356km (4) 卫星在细绳的拉力 F 和地球引力作用下跟随空间站一起绕地球作周期为 T 的圆周 运动,有

G

Mm 2? ? F ? m( ) 2 ( R ? h ) 2 ( R ? h) T

(5)

式中 G 为万有引力常量,M 为地球质量. 空间站在地球引力作用下绕地球作周期为 T 的圆周运动

G
故有

Mm? 2? ? m?( )2 ( R ? h) 2 ( R ? h) T

(6)

式中 m’为空间站的质量.由(5)(6)两式得 、

2? 2 ( R ? H )2 F ? m( ) ( R ? h)[ ? 1] T ( R ? h) 2

(7)

将 (3) 、 式及其他有关数据代人 (4) (7) 式得 F=38.2N (8) ii.细绳脱落后,卫星在地球引力作用下绕地球运动的轨道为一椭圆.在脱落的瞬间, 卫星的速度垂直于卫星与地心的连线,所以脱落点必是远地点(或近地点) ,由( 4) 式可知,此点到地面的高度 h =356km (9) 设卫星在近地点(或远地点)的高度为 h',速度为 v',根据开普勒第二定律,有

( R ? h?)v? ?
根据机械能守恒,有

2? ( R ? h) 2 T

(10)

1 Mm 1 2? 2 Mm mv?2 ? G ? m( ) ( R ? h)2 ? G 2 R ? h? 2 T R?h
联立(10)(11)两式并利用(6)式得 、

(11)

h? ?

( R ? h) 4 2( R ? H )3 ? ( R ? h)3

(12)

代 人 有 关 数 据 有 h ' = 238km (13 ) 由 (9) 13) 、 ( 两式可知, 远地点到地面的高度为 356km, 近地点到地面的高度为 238km . 设卫星的周期为 T ',根据开普勒第三定律,卫星的周期

T? ? (

2 R ? h ? h? 3/ 2 ) T 2R ? 2H

(14)

代人数据得 T '= 90 . 4min (15) 评分标准:本题 17 分. 第 i 小题 9 分. ( l)式 2 分, ( 5)式 3 分, ( 6)式 2 分, (8)式 2 分. 第 ii 小题 8 分. (9)(10)式各 l 分, (11)式 2 分, (12)(13)(14)(15)式 、 、 、 、 各 1 分. 12.参考解答: 解法一 因为下坡时自行车匀速行驶,可知阻力大小 f=mgsinθ (1) 由题意,自行车沿斜坡匀速向上行驶时,轮盘的角速度

??

2? N t

(2)

设轮盘边缘的线速度为 v1,由线速度的定义有 v1=ωR1 (3) 设飞轮边缘的线速度为 v2, 后车轮边缘的线速度为 v3, 因为轮盘与飞轮之间用链条连 结, 它们边缘上的线速度相同, 即 v1=v2 (4) 因飞轮与后车轮的转动角速度相同,故有

v2 R2 ? v3 R3
(5) 因车轮与坡面接触处无滑动,在车后轮绕其中心轴转动一周的时间 T 内,车后轮中心 轴前进的路程

?s ? 2? R3

(6 )

T?


2? R3 v3

(7)

车后轮的中心轴前进的速度即自行车行驶速度的大小

V?
(8)

?s T
V? 2? NR1 R3 R2t

















(9) 人骑自行车上坡的功率为克服阻力 f 的功率加上克服重力沿斜面分力的功率,即 P=fV+mgVsinθ (10) 由(l)(9)(10)式得 、 、

P?

4mg? NR1 R3 sin ? R2t

(11)

评分标准:本题 17 分. ( l)式 3 分,求得(9 式共 8 分, (10)式 5 分, (11)式 1 分. 解法二 因下坡时自行车匀速行驶,若自行车出发点的高度为 h,则克服阻力所做的功 Wf 等 于势能的减少,有 Wf=mgh (1) 用 s 表示自行车行驶的路程,有 h =ssinθ (2 )

自行车沿斜坡匀速向上行驶时,骑车者所做的功 W,等于克服阻力的功 Wf 与势能增 量 mgh 之和,即 W=Wf+mgh (3) 设骑车者蹬踩踏板 N 圈到达下坡时的出发点,因踏板转 N 圈可使后轮转 NR1/R2 圈,

s?
所以自行车行驶的距离 s 为 由(1)到(4)式,得

NR1 ? 2? R R2

(4)

W?

4? NR1 R3 ? mg sin ? R2t W 4mg? NR1 R3 ? sin ? t R2t

(5)

上式除以所用时间 t,即得骑车者功率

P?

(6) 评分标准:本题 17 分. ( I)式 3 分, ( 2)式 l 分, (3)式 4 分, (4)式 6 分, (5)式 l 分, (6)式 2 分. 13.参考解答: 当环的角速度到达 ω0 时,环的动能

Ek ?

1 m( R? 0 ) 2 2

(l)

若在时刻 t,环转动的角速度为 ω,则环上电荷所形成的等效电流

I?

q 2? R

R? ?

?q 2?

(2)

??
感 (3) 应 电 动 势

?? ?I ?k ?t ?t

? ?k
由 (2) 3) 、 式得 (

q ?? 2? ?t

(4)

环加速转动时,要克服感应电动势做功,功率为 P1=εI (5) 因为是匀加速转动,所以 ω 和 I 都随时间 t 线性增加.若角速度从零开始增加到 ω0 经历的时间为 t0,则有

?0 ?

?? t0 ?t

(6)

若与 ω0 对应的等效电流为 I0,则在整个过程中克服感到电动势做的总功

1 W1 ? ? I 0t0 2
由以上有关各式得

(7)

?02 q 2 W1 ? k 8? 2
(8) 外力所做的总功

?02 q 2 1 W ? W1 ? Ek ? k ? m( R? 0 ) 2 2 8? 2

(9)

评分标准:本题 20 分. (1)式 3 分,(2)式 4 分,(3)式 2 分,(5)式 3 分, (6)式 2 分, (7)式 3 分,(8) 式 l 分,(9)式 2 分 14.参考解答: i.由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短,可以认为在这过程中摆球仅获得 速度但无位移.设摆球(包括停留在球内的子弹)向前(指垂直于图面向里)的速度 为 u,由动量守恒定律有 mv0=2mu (l) 摆球以速度 u 开始向前摆动,木块亦发生运动.当摆球上升至最高时,摆球相对木块 静止,设此时木块的速度为 V,摆球上升的高度为 h,因水平方向动量守恒以及机械

能守恒有 2mu=(2m+M)V (2)

1 mu 2 ? (2m ? M )V 2 ? 2mgh 2
解(l)(2)(3)三式得 、 、

(3)

h?

2 Mv0 8 g (2m ? m)

(4) ii.摆球升到最高后相对木块要反向摆动.因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直 位置前的整个过程中,摆线作用于支架的拉力始终向斜前方,它使木块向前运动的速 度不断增大;摆线经过竖直位置后,直到摆线再次回到竖直位置前,摆线作用于支架 的拉力将向斜后方,它使木块速度减小,所以在摆线(第一次)返回到竖直位置的那 一时刻,木块的速度最大,方向向前 以 V’表示摆线位于竖直位置时木块的速率,u’表示此时摆球的速度(相对桌面) ,当 u' >0,表示其方向水平向前,反之,则水平向后.因水平方向动量守恒以及机械能守 恒,故有

2mu ? 2mu? ? MV ?
1 mu 2 ? mu?2 ? MV ?2 2
解(1)(5)(6)三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小 、 、

(5)

(6)

V? ? 0
V? ? 2mv0 2m ? M

(7)

(8)

(7)式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度,它也是摆球在以后相对 木块往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度;而题中要求的木 块的最大速率为(8)式,它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前 向后经过竖直位置时木块的速度.

iii.在整个运动过程中,每当摆线处于竖直位置时,小球便位于最低处.当子弹刚射 人摆球时,摆球位于最低处,设这时摆球的速度为 u,由(l)式得

u?

1 v0 2

(9)

方向水平向前.当摆球第一次回到最低处时,木块速度最大,设这时摆球的速度为 u', 由 (l)(5)(6)三式和(8)式可得 、 、

1 m? M 2 v u? ? 0 M ? 2m

(10)

其方向向后. 当摆球第二次回到最低处时,由(7)式木块速度减至 0,设这时摆球的速度为 u'', 由(l)(5)(6)式可得 、 、

u?
u'' (11) 方向向前,开始重复初始的运动. 评分标准:本题 20 分. 第 i 小题 8 分.(1) 式 1 分,(2)(3) 、 式各 3 分, (4)式 l 分 第 ii 小题 7 分. (5)、 式各 3 分, (6) (8) 式 l 分 第 iii 小题 5 分. ( 9 )式 l 分, (10) 式 3.分, (11)式 l 分. 15.参考解答: 先设磁感应强度为 B 的匀强磁场方向垂 直 xy 平面向里,且无边界.考察从粒子源 发出的速率为 v、方向与 x 轴夹角为 θ 的粒 子,在磁场的洛仑兹力作用下粒子做圆周运 动,圆轨道经过坐标原点 O,且与速度方向 相切,若圆轨道的半径为 R,有 =

1 v0 2

v2 qvB ? m R
R?


(1)

mv qB

(2)

圆轨道的圆心 O’在过坐标原点 O 与速度方向垂直的直线上, 至原点的距离为 R, 如图 1 所示. 通过圆心 O’作平行于 y 轴的直线与圆轨道交于 P 点, 粒子运动到 P 点时其速 度方向恰好是沿 x 轴正方向,故 P 点就在磁场区域的边界上.对于不同人射方向的粒 子,对应的 P 点的位置不同,所有这些 P 点的连线就是所求磁场区域的边界线.P 点 的坐标为 x=—Rsinθ (3 ) y=一 R + Rcosθ (4) 这就是磁场区域边界的参数方程,消去参数 θ,得 x2 +(y+R)2=R2 (5) 由(2)(5)式得 、

x2 ? ( y ?

mv 2 m 2 v 2 ) ? 2 2 qB q B

(6)

这是半径为 R 圆心 O’’的坐标为 一 R ) 的 (0, 圆,作为题所要求的磁场区域的边界线,应 是如图 2 所示的半个圆周,故磁场区域的边 界线的方程为

x2 ? ( y ?

mv 2 m 2 v 2 ) ? 2 2 qB q B

x?0 y?0

(7)

若磁场方向垂直于 xy 面向外,则磁场的边界 线为如图 3 示的半圆,磁场区域的边界线的 方程为 x2 +(y—R)2=R2

x?0 y?0

(8)

x2 ? ( y ?


mv 2 m 2 v 2 ) ? 2 2 qB q B

x ? 0 y ? 0 (9)

证明同前 评分标准:本题 20 分. ( l)或(2)式 2 分, (3)(4)式各 4 分, (7)式 3 分,图(图 2 ) 2 分(只要 、 半圆的位置正确就给 2 分), (9)式 3 分,图(图 3 ) 2 分(只要半圆的位置正确就给 2 分) 16.参考解答: 以 t =0 时刻船 A 所在的位置为坐标 原点 O,作如图 1 所示平面直角坐 标系 Oxy, 轴指向正东, 轴指向 x y 正北.可以把船 C 的速度分解成沿 正东方向的分速度 vx 和沿正北方 向的分速度 vy 两个分量.根据题 意有 vx=vy=2u (1) 在 t 时刻,三船的位置如图 1 所 示.B、C 二船在 y 方向位移相等, 两船的连线 BC 与 x 轴平行,两船间的距离

BC ? a ? 2ut

(2)

1 a ? ut BC 的中点到 B 点的距离为 2 .中点 M 的坐标分别为

1 3 xM ? a ? a ? ut ? a ? ut 2 2
yM ? 2ut

(3) (4)

可见 M 点沿 x 方向的速度为 u,沿 y 方向的速度为 2u,在 t = 0 时刻 BC 的中点在 x 轴上,其 x 坐标为 3a/2. 在与 M 点固连的参考系中考察,并建立以 M 为原点的直角坐标系 Mx'y' , x'轴与 x 轴

平行,y'轴与 y 轴平行,则相对 M,船 A 的速度只有沿负 y'方向的分量,有 uAM=uAM y'=—2u (5) 在时刻 t,船 A 在坐标系 Mx'y'的 坐标为

3 x? ? ? a A 2
y? ? u AM t A

(6) (7)

可以把 A 船的速度分解为沿连线 MA 方向的分量 uAM1 和垂直于 连线 MA 方向的分量 uAM2 两 个分量,uAM1 使连线 MA 的长 度增大,uAM2 使连线 MA 的方向改变,如图 2 所示.若用 R 表示 t 时刻连线 MA 的 长度,则连线 MA 绕 M 点转动的角速度

??

u AM 2 R

(8)

若 MA 与 x'轴的夹角为 θ,则有

u AM 2 ? u AM cos ?

(9)

cos ? ?


x? A R
(10) (11)

R ? x?2 ? y ?2 A A
由(5)到(10)各式得

??

12au 9a ? 16u 2t 2
2

(12)

评分标准:本题 20 分. 求得(5)式共 6 分, ( 6)(7)式各 l 分, (8)式 6 分, (9)式 2 分, (10) (11) 、 、 式各 l 分,( 12 ) 式 2 分.

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试题
一、(20 分)如图所示,哈雷彗星绕太阳 S 沿椭圆轨道逆时针方向运动,其周期 T 为 76.1 年,1986 年它过近日点 P0 时与太阳 S 的距离 r0=0.590AU,AU 是天文单位, 它等于地球与太阳的平均距离, 经过一段 时间,彗星到达轨道上的 P 点,SP 与 SP0 的夹角θ P=72.0°。已知:1AU=1.50× - 1011m,引力常量 G=6.67×10 11Nm2/kg2, 太阳质量 mS=1.99×1030kg,试求 P 到太 阳 S 的距离 rP 及彗星过 P 点时速度的大 小及方向(用速度方向与 SP0 的夹角表 示) 。

二、 (20 分)质量均匀分布的刚性杆 AB、CD 如图放置,A 点与水平地面接触,与地 面间的静摩擦系数为μ A, D 两点与光滑竖直墙面 B、 接触,杆 AB 和 CD 接触处的静摩擦系数为μ C,两 杆的质量均为 m,长度均为 l。 1、已知系统平衡时 AB 杆与墙面夹角为θ ,求 CD 杆与墙面夹角α 应该满足的条件 (用α 及已知量满足 的方程式表示) 。 2、若μ A=1.00,μ C=0.866,θ =60.0°。求系统平衡 时α 的取值范围(用数值计算求出) 。

三、 (25 分)在人造卫星绕星球运行的过程中,为了保持其对称转轴稳定在规定指向, 一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕 自身的对称轴转,但有时为了改变卫星的指向,又要 求减慢或者消除卫星的旋转,减慢或者消除卫星旋转 的一种方法就是所谓消旋法,其原理如图所示。 一半径为 R,质量为 M 的薄壁圆筒, ,其横截面 如图所示,图中 O 是圆筒的对称轴,两条足够长的不 可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆 筒表面上的 Q、Q′(位于圆筒直径两端)处,另一 端各拴有一个质量为

m 的小球,正常情况下,绳绕在 2

圆筒外表面上,两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的 P0、P0′处,与卫星形成一体, 绕卫星的对称轴旋转, 卫星自转的角速度为ω 0。 若要使卫星减慢或者停止旋转 (消旋) , 可瞬间撤去插销释放小球,让小球从圆筒表面甩开,在甩开的整个过程中,从绳与圆 筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。当卫星转速逐渐减小到零时,立即使绳与 卫星脱离,解除小球与卫星的联系,于是卫星转动停止。已知此时绳与圆筒的相切点 刚好在 Q、Q′处。 1、 求当卫星角速度减至ω 时绳拉直部分的长度 l; 2、 求绳的总长度 L; 3、 求卫星从ω 0 到停转所经历的时间 t。

四、 (20 分)空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,在此区域建立直角坐标系 O-xyz, 如图所示,匀强电场沿 x 方向,电场强度 E 1 ? E 0 i ,匀强磁场沿 z 方向,磁感应强度

B ? B0 k ,E0、B0 分别为已知常量, i、 分别为 x 方向和 z 方向的单位矢量。 k
1、有一束带电量都为+q、质量都为 m 的粒子,同时从 Oyz 平面内的某点射出, 它们的初速度均在 Oyz 平面内, 速度的大小和方向各不相同,问经过多少时间这些粒子 又能同时回到 Oyz 平面内。 2、 现在该区域内再增加一个沿 x 方向随时间变化的匀强 电场,电场强度 E z ? ( E 0 cos?t ) k ,式中 ? ?

qB0 , m

若有一电荷量为正 q、质量为 m 的粒子,在 t=0 时刻从 坐标原点 O 射出,初速度 v0 在 Oyz 平面内,试求以后 此粒子的坐标随时间变化的规律。 不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作 用,也不考虑变化的电场产生的磁场。

五、 (15 分)半导体 pn 结太阳能电池是根据光生伏打效应工作的。当有光照射 pn 结 时,pn 结两端会产生电势差,这就是光生伏打效应。当 pn 结两端接有负载时,光照 使 pn 结内部产生由负极指向正极的电流即光电流, 照射光的强度恒定时,光电流是恒定的,已知该光 电流为 IL;同时,pn 结又是一个二极管,当有电流 流过负载时, 负载两端的电压 V 使二极管正向导通, 其电流为 I D

? I 0 (e

V Vr

? 1) ,式中 Vr 和 I0 在一定

条件下均为已知常数。 1、在照射光的强度不变时,通过负载的电流 I 与负 载两端的电压 V 的关系是 I=__________________。 太阳能电池的短路电流 IS=_______________,开路电压 VOC=___________________, 负载获得的功率 P=______________。 - 2、已知一硅 pn 结太阳能电池的 IL=95mA,I0=4.1×10 9mA,Vr=0.026V。则此太阳能 电池的开路电压 VOC=___________________V,若太阳能电池输出功率最大时,负载 两端的电压可近似表示为 VmP ? Vr ln

1 ? (I L / I 0 ) ,则 VmP=______________V。太 1 ? (VOC / Vr )

阳能电池输出的最大功率 Pmax=_______________mW。若负载为欧姆电阻,则输出最 大功率时,负载电阻 R=_____________Ω 。

六、 (20 分)图示为圆柱形气缸,气缸壁绝热,气缸的右端有一小孔和大气相通,大 气的压强为 p0。用一热容量可忽略的导热隔板 N 和一绝热活塞 M 将气缸分为 A、B、 C 三室,隔板与气缸固连,活塞相对气缸可以无摩擦地移动但不漏气,气缸的左端 A 室中有一电加热器Ω 。已知在 A、B 室中均盛有 1 摩尔同种理想气体,电加热器加热 前,系统处于平衡状态,A、B 两 室中气体的温度均为 T0,A、B、C 三室的体积均为 V0。 现通过电加热 器对 A 室中气体缓慢加热, 若提供 的总热量为 Q0,试求 B 室中气体 末态体积和 A 室中气体的末态温 度。设 A、B 两室中气体 1 摩尔的 内能 U=5/2RT。R 为普适恒量,T 为热力学温度。

七、 (20 分)如图所示,L 是一焦距为 2R 的薄凸透镜,MN 为其主光轴。在 L 的右侧 与它共轴地放置两个半径皆为 R 的很薄的球面镜 A 和 B。 每个球面镜的凹面和凸面都 是能反光的镜面。A、B 顶点间的距离为

3 R 。在 B 的顶点 C 处开有一个透光的小圆 2

孔(圆心为 C) ,圆孔的直径为 h。现于凸透镜 L 左方距 L 为 6R 处放一与主轴垂直的 高度也为 h(h<<R)的细短杆 PQ(P 点在主轴上) 。PQ 发出的光经 L 后,其中一部 分穿过 B 上的小圆孔正好成像在球面镜 A 的顶点 D 处,形成物 PQ 的像 I。则

1、 像 I 与透镜 L 的距离等于___________。 2、 形成像 I 的光线经 A 反射,直接通过小孔后经 L 所成的像 I1 与透镜 L 的距离等于 _____________________。 3、 形成像 I 的光线经 A 反射,再经 B 反射,再经 A 反射,最后通过 L 成像 I2,将 I2 的有关信息填在下表中: I2 与 L 的距离 I2 在 L 左方还是右 方 I2 的大 小 I2 是正立还是倒 立 I2 是实像还是虚 像

4、 物 PQ 发出的光经 L 后未进入 B 上的小圆孔 C 的那一部分最后通过 L 成像 I3,将 I3 的有关信息填在下表中: I3 与 L 的距 离 I3 在 L 左方还是右 方 I3 的大 小 I3 是正立还是倒 立 I3 是实像还是虚 像

八、 (20 分)有一核反应其反应式为 1 p ? 1 H ? 2 He ? 0 n ,反应中所有粒子的速度均远
1 3 3 1

小于光速,试问: 1、它是吸能反应还是放能反应,反应能 Q 为多少? 2、在该核反应中,若 1 H 静止,入射质子的阈能 Tth 为多少?阈能是使该核反应能够 发生的入射粒子的最小动能(相对实验室参考系) 。 3、已知在该反应中入射质子的动能为 1.21MeV,若所产生中子的出射方向与质子的 入射方向成 60.0°角,则该中子的动能 Tn 为多少? 已知 1 p 、 0 n 、 1 H 核、 2 He 核的静止质量分别为:mP=1.007276u,mn=1.008665u, m3H=3.015501u,m3He=3.014932u,u 是原子质量单位,1u 对应的能量为 931.5MeV。 结果取三位有效数字。
1 3

1

3

3

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准
一、参考解答: 解法一 取直角坐标系 Oxy,原点 O 位于椭圆的中心,则哈雷彗星的椭圆轨道方程为

x2 y 2 ? ?1 a 2 b2

(1)

a、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴,太阳 S 位于椭圆的一个焦点处,如图 1 所示. 以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离 (认为地球绕太阳作圆周运动) ,则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 3 ae Te2

(2

设 c 为椭圆中心到焦点的距离, 由几何 关系得

y
P

c ? a ? r0
b ? a2 ? c2
(4) 由图 1 可知,P 点的坐标

(3)

b

rP
S

?P
P0 x

a

O

x ? c ? rP cos ? P y ? rP sin ? P

(5) (6)

图1

把(5)(6)式代入(1)式化简得 、

?a

2

sin 2 ? P ? b 2 cos 2 ? P ? rP2 ? 2b 2 crP cos ? P ? b 2 c 2 ? a 2b 2 ? 0

(7)

根据求根公式可得

rP ?

b 2 ? a ? c cos ? P ? a 2 sin 2 ? P ? b 2 cos 2 ? P

(8)

由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得

rP ? 0.896AU
可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为

(9)

E=?

Gmms 2a

(10)

式中 m 为彗星的质量.以 v P 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

? Gmm s ? Gmms 1 2 mv P ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?


(11)

vP ? Gms ?
代入有关数据得

2 1 ? rP a

(12)

vP = 4.39 ?104 m ? s ?1
设 P 点速度方向与 SP0 的夹角为 ? (见图 2),根据开普勒第二定律

(13)

rP vP sin ?? ? ? P ? ? 2?
其中 ? 为面积速度,并有

(14)

y
(15) P

??

πab T

b

rP
S

由(9) (13) (14) (15)式 、 、 、 并代入有关数据可得

?P
P0
图2

?
x

a

O

? ? 127?

(16)

解法二 取极坐标,极点位于太阳 S 所在的焦点处,由 S 引向近日点的射线为极轴,极角 为 ? ,取逆时针为正向,用 r、 ? 表示彗星的椭圆轨道方程为

r?

p 1 ? e cos ?

(1)

其中,e 为椭圆偏心率,p 是过焦点的半正焦弦,若椭圆的半长轴为 a,根据解析几何 可知

p ? a ?1 ? e 2 ?
将(2)式代入(1)式可得

(2)

r?

a 1 ? e2 1 ? e cos?

?

?

(3)

以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离 (认为地球绕太阳作圆周运动) ,则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 3 ae Te2
在近日点 ? ? 0 ,由(3)式可得

(4)

e ? 1?
(5) 将 ? P 、 a 、 e 的数据代入(3)式即得

r0 a

rP ? 0.895AU
可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能

(6)

E=?

Gmms 2a

(7)

式中 m 为彗星的质量.以 v P 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

? Gmms ? Gmms 1 2 mv P ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?
可得

(8)

vP ? Gms ?
代入有关数据得

2 1 ? rP a

(9)

vP = 4.39 ?104 m ? s ?1

(10)

设 P 点速度方向与极轴的夹角为 ? , 彗星在近日点的速度为 v0 , 再根据角动量守 恒定律,有

rP vP sin ?? ? ? P ? ? r0 v0
根据(8)式,同理可得

(11)

v0 ? Gms ?
由(6)(10) 、 、(11)、(12)式并代入其它有关数据

2 1 ? r0 a

(12)

? ? 127?
评分标准: 本题 20 分 解法一

(13)

(2)式 3 分, (8)式 4 分, (9)式 2 分, (11)式 3 分,(13) 式 2 分,(14)式 3 分,(15)式 1 分, (16)式 2 分. 解法二 (3)式 2 分, (4)式 3 分, (5)式 2 分, (6)式 2 分, (8)式 3 分,(10) 式 2 分,(11)式 3 分,(12)式 1 分, (13)式 2 分.

二、参考解答: 1.建立如图所示坐标系 Oxy.两杆的受力情况如图:

f1 为地面作用于杆 AB 的摩擦力, N1
y 为地面对杆 AB 的支持力, f 2 、 N 2 为杆

AB 作用于杆 CD 的摩擦力和支持力,N 3 、
N 4 分别为墙对杆 AB 和 CD 的作用力,

D

N4

??
B N3 E F N2 mg f2 mg C f1 N1 A x

mg 为重力.取杆 AB 和 CD 构成的系统为
研究对象,系统平衡时, 由平衡条件有

??
O

N4 ? N3 ? f1 ? 0 N1 ? 2mg ? 0
以及对 A 点的力矩

(1) (2)

1 1 ? ? mgl sin ? ? mg ? l sin ? ? l sin ? ? ? N 3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2 ? ?


3 1 mgl sin ? ? mgl sin ? ? N3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 (3) 2 2 式中 CF 待求. F 是过 C 的竖直线与过 B 的水平线的交点, 为 BF 与 CD 的交点. 由 E

几何关系有

CF ? l sin ? cot ?
取杆 CD 为研究对象,由平衡条件有

(4)

N 4 ? N 2 cos? ? f 2 sin ? ? 0 N 2 sin ? ? f 2 cos? ? mg ? 0
以及对 C 点的力矩

(5) (6)

1 N 4l cos ? ? mgl sin ? ? 0 2
解以上各式可得

(7)

1 N 4 ? mg tan ? 2
1 sin ? 1 tan ? sin ? ? ?3 N3 ? ? tan ? ? tan ? ? ? ? mg 2 cos ? 2 sin ? ? ?2
(9)

(8)

? 3 tan ? sin ? 1 tan ? sin ? ? f1 ? ? ? ? ? mg cos ? 2 sin ? ? ? 2
N1 ? 2mg

(10)

(11)

1 ? ? N 2 ? ? sin ? ? tan ? cos ? ? mg 2 ? ? 1 ? ? f 2 ? ? cos ? ? tan ? sin ? ? mg 2 ? ?
CD 杆平衡的必要条件为

(12)

(13)

f 2 ? ?c N 2

(14)

由(12)(13)(14)式得 、 、

tan ? ?
AB 杆平衡的必要条件为

2 ? ?C sin ? ? cos ? ?

?C cos ? ? sin ?

(15)

f1 ? ? A N1
由(10)(11)(16)式得 、 、

(16)

因此,使系统平衡, ? 应满足的条件为(15)式和(17)式. 2.将题给的数据代入(15)式可得

tan ? sin ? 2sin ? ? ? 4? A ? 3 tan ? sin ? cos ?

(17)

? ? arctan 0.385 ? 21.1?
将题给的数据代入(17)式,经数值计算可得 因此, ? 的取值范围为

(18)

? ? 19.5?
? 1 9 . ?5? ? ? 2 1 . 1

(19)

(20)

评分标准: 本题 20 分 第 1 问 15 分 (1)(2)(3)式共 3 分, 、 、 (4)式 1 分, 、 、 (5)(6)(7)式共 3 分,(9) 、(10) 式 各 1 分,(12)到(17)式各 1 分. 第2问5分 (18)式 1 分, (19)式 3 分, (20)式 1 分.

三、 参考解答:

解法一 1. 设在时刻 t ,小球和圆筒的运动状 态如图 1 所示,小球位于 P 点,绳与圆筒的 切点为 T , P 到 T 的距离即绳的拉直部分的 长度为 l ,圆筒的角速度为 ? ,小球的速度 为 v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向 的速度 v1 和垂直于绳子方向的速度 v 2 两个 分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有 O

T

v
v1
P

v2

图1

1 1 1 1 2 2 2 2 2 M ? R?0 ? ? m ? R?0 ? ? M ? R? ? ? m ? v1 ? v2 ? 2 2 2 2
MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mRv1 ? ml v2
因为绳子不可伸长, v1 与切点 T 的速度相等,即

(1) (2)

v1 ? R?
解(1)、(2)、(3)式得

(3)

?M ? m ?R 2 ? ml 2 ? ?? ?M ? m?R 2 ? ml 2 0
v2 ?
由(4)式可得

(4)

2?M ? m ?R 2 l ? ?M ? m ?R 2 ? ml 2 0
M ? m ?0 ? ? m ?0 ? ?

(5)

l?R

(6)

这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(6)式,当 ? ? 0 得

L?R
这便是绳的总长度 L.

M ?m m

(7)

T?
?? 2 ??1 T
O

l ? ?l l
v2 ? t ?

3.如图 2 所示,从时刻 t 到 t ? ?t , 切点 T 跟随圆筒转过一角度 ??1 ? ??t , 由于绳子的拉直部分的长度增加了 ?l , 切

?l 点相对圆筒又转过一角度 ?? 2 ? ,到 R 达 T ? 处,所以在 ?t 时间内,切点转过的角度

图2

?? ? ??1 ? ?? 2 ? ??t ?

?l R

(8)

切点从 T 变到 T ? 也使切线方向改变了一个同样的角度 ?? ,而切线方向的改变是小球 具有垂直于绳子方向的速度 v2 引起的,故有

?? ?
由(1)、(2)、(3)式可得

v2 ?t l

(9)

v2 ? l ??0 ? ? ?
由(8)、 、 (9)(10)三式得

(10)

?l ? R?0?t
(11)式表示 l 随 t 均匀增加,故 l 由 0 增加到 L 所需的时间为

(11)

ts ?

L 1 ? ?0 R ?0

M ?m m

(12)

解法二 1.撤去插销后两个小球的运动情况相同,故可取一个小球作为对象进行研究, 先研究任何时刻小球的速度. 在 t 时刻,相对卫星系统质心参考系小球 运动状态如图 1 所示,绳子的拉直部分与圆筒 面的切点为 T ,小球到切点 T 的距离即绳的拉 直部分的长度为 l ,小球到转轴 O 的距离为 r , 圆筒的角速度为 ? .由于圆筒的转动和小球相 对圆筒的运动,绳将展开,切点位置和绳的拉 直部分的长度都要改变. 首先考察小球相对于圆筒的运动.在 t 时 刻, OT 与固定在圆筒上的半径 OP 的夹角为 0
m 2

Q
R

T l r
m

P0?

O

P0

2

Q?

?

图1

T?
?? T

l?

? ,如图 2 所示.由于小球相对圆筒的运动,
经过时间 ?t , 切点从圆筒上的 T 点移到 T ? 点,

l
P P0

P?

?
O

OT ? 与 OP0 的夹角变为 ? ? ?? ,绳的拉直部
分的长度由 l 变为 l ? ,小球由 P 运动到 P? ,

???? PP? 便是小球相对圆筒的位移.当 ?t 很小时

图2

l ? l ? ,故

???? PP? ? l ??? ? l ??

于是小球相对圆筒的速度大小为

v? ? l

?? ? l?? ?t

(1)

方向垂直于 TP . ?? 是切点相对 圆筒转动的角速度. 再考察圆筒相对质心参考系 的转动,即与圆筒固连在一起的 转动参考系相对质心参考系的运 动.当圆筒的角速度为 ? 时,位 于转动参考系中的 P 点(小球所 在处)相对质心系的速度 T R O

? ? v v?
? v?1
l P r

? v ? ?2 v?

? ? v? ? v? 2

?

P0

v? ? r?

(2)

图3

方向垂直于 OP . 可以把 v? 分解 成沿着 TP 方向的分量 v?1 和垂直 TP 方向的分量 v? 2 ,如图 3 所示,即

v?1 ? R? v? 2 ? l?

(3) (4)

小球相对质心系的速度 v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的 P 点相对质心系 ? 速度的合成,由图 3 可得 v 的大小
2 v ? v?1 ? ? v? 2 ? v? ? 2

?

(5)



l ? R?
故有

(6)

v ? R ? 2 ? ?? ? ?? ? ? 2
2

(7)

因为系统不受外力作用,故系统的动能和角动量守恒,故有

1 1 1 1 2 2 2 M ? R?0 ? ? mR 2?0 ? M ? R? ? ? mv2 2 2 2 2

(8)

MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mRv?1 ? ml ? v? 2 ? v? ?
由(7)、(8)两式有
2 m ?? ? ?? ? ? 2 M ?m

(9)

?02 ? ? 2 ?
由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得

(10)

?0 ? ? ?
由(10)、(11)两式得

m ? 2 ?? ? ?? ? M ?m

(11)

?0 ? ? ? ? ? ??
故有

?? ? ?0

(12)

上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度,是一个恒 量,将(12)式代入(11)式得

??
由(6)、(13)两式得

M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ? M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ?

(13)

l?R

(14)

这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(14)式,当 ? ? 0 得绳总长度, 即

L?R

M ?m m

(15)

3.因 ?? 是一个恒量, ? 随时间的 t 的变化规律为

? ? ? 0t

(16)

当 ? ? 0 时,由(13)式可得卫星停旋时的 ?

?s ?

M ?m m

(17)

设卫星停转所用的时间为 t s ,由(16)(17)式得 、

ts ?
评分标准: 本题 25 分. 解法一

?s 1 ? ?0 ?0

M ?m m

(18)

第 1 问 12 分. 、 (1)(2)式各 3 分, (3)式 2 分, (6)式 4 分. 第 2 问 3 分. (7)式 3 分. 第 3 问 10 分. 、 (8)(9)式各 3 分, (10)式 2 分, (11)(12)式各 1 分. 、 解法二 第 1 问 18 分. (1)式 3 分, (2)式 2 分, (7)式 2 分, (8)式 3 分, (9)式 3 分, (12)式 2 分, (14)式 3 分, 第 2 问 3 分. (15)式 3 分. 第 3 问 4 分. (16)式 2 分, (17)式 1 分, (18)式 1 分. 四、 参考解答: 1.根据题意,粒子的初速度只有 y 方向和 z 方向的分量,设它们为 v0 y 和 v0 z .因 为粒子在 z 方向不受电场力和磁场力作用,故粒子在 z 方向以初速度 v0 z 作匀速运动. 粒子在 Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成:可把粒子在 y 方向的 初速度表示为

v0y ? ? v0y1 ? v0y ? v0y1
其中

(1)

v0y 1 ? ?
沿 y 负方向.与 v0y1 相关的磁场力

E0 B0

(2)

f Bx ? ?qv0 y1 B0
沿 x 负方向.粒子受到的电场力

(3)

f E ? f Ex ? qE0

(4)

沿 x 正方向.由(2)、(3)、(4)式可知,粒子在 x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消, 故粒子以大小为 初速度

E0 的速度沿 y 负方向运动.除此之外,由(1)式可知,粒子还具有 B0

v0y 2 ? v0y ?

E0 B0

(5)

沿 y 正方向,与 v0y 2 相关的磁场力使粒子以速率 v0y 2 在 Oxy 面内作匀速圆周运动,以

r 表示圆周运动的半径,有
q v0y 2 B0 ? m
可得
2 v0 y 2

r

(6)

r?

mv0y 2 qB0

(7)

由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期

T=

2?m qB0

(8)

(8)式表明,粒子运动的周期与粒子在 y 方向的初速度无关.经过时间 T 或 T 的整数倍 所考察的粒子就能同时回到 Oyz 平面. 2.增加的电场 E 2 对粒子在 Oxy 平面内的运动无影响,但粒子在 z 方向要受到此 电场力作用.以 a z 表示在此电场力作用下的加速度,有

?

maz ? qE0 cos ?t


(9)

az =
这是简谐运动的加速度,因而有

qE0 cos ?t m

(10)

az = ?? 2 z
由(10)、 (11)可得

(11)

z??
(12)

1 qE0 cos?t ?2 m

因未增加电场时,粒子在 z 方向作初速度为 v0z 的匀速运动,增加电场后,粒子在 z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加,即有

z ? v0z t ?
?

1 qE0 cos ?t ?2 m
O

(13)

粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场 E2 的影响. ? 0 为 设 粒子在 Oxy 平面内作圆周运动的角速度,则有

y

?0 ?

2π qB0 ? T m

(14)

?0t
r r

? v0 y 2

由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间 t 的变 化关系

x

x? ? r ?1 ? cos ?0t ?

(15) (16)

y? ? rsin?0t

考虑到粒子在 y 方向还具有速度为 v0y1 的匀速运动,并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己 知条件,可得带电粒子的运动规律:

x?

E0 ? ? qB0 ? m ? t? ? v0y ? ? ?1 ? cos qB0 ? B0 ? ? m ? E0 E0 ? qB0 m ? t? t ? v0y ? ? sin B0 qB0 ? B0 ? m

(17)

y??

(18)

z ? v0z t ?

mE0 qB cos 0 t 2 qB0 m

(19)

评分标准: 本题 20 分. 第 1 问 12 分. 、 、 (2)(3)(4)式共 5 分, 、 、 (5)(6)(7)式共 4 分, (8)式及相 关说明共 3 分. 第 2 问 8 分. (12)式 2 分, (14)式到(19)式各 1 分. 五、 答案与评分标准 本题 15 分.
V ? V ? 1. I L ? I 0 ? e T ? 1? ? ? ? ? V ? V ? VI L ? VI 0 ? e T ? 1? ? ? ? ?

(2 分) I L ,

(2 分) VT ln ?1 ? ,

? ?

IL ? ? I0 ?

(2 分) ,

(1 分) . (2 分) ;49mW (2 分) ;6.0 ? (2 分) .

2.0.62V

(2 分) ;0.54V

六、 参考解答: 在电加热器对 A 室中气体加热的过程中,由于隔板 N 是导热的,B 室中气体的温 度要升高,活塞 M 将向右移动.当加热停止时,活塞 M 有可能刚移到气缸最右端,亦 可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止. 1. 设加热恰好能使活塞 M 移到气缸的最右端,则 B 室气体末态的体积

VB ? 2V0

(1)

根据题意,活塞 M 向右移动过程中,B 中气体压强不变,用 TB 表示 B 室中气体末态 的温度,有

V0 VB ? T0 TB
由(1)、(2)式得

(2)

TB ? 2T0
由于隔板 N 是导热的,故 A 室中气体末态的温度

(3)

TA ? 2T0
下面计算此过程中的热量 Qm .

(4)

在加热过程中,A 室中气体经历的是等容过程,根据热力学第一定律,气体吸收 的热量等于其内能的增加量,即

QA ?
由(4)、(5)两式得

5 R(TA ? T0 ) 2

(5)

5 RT0 2 B 室中气体经历的是等压过程,在过程中 B 室气体对外做功为 QA ?
WB ? p0 (VB ? V0 )

(6)

(7)

由(1)、(7)式及理想气体状态方程得

WB ? RT0
内能改变为

(8)

?U B ?
由(4)、(9)两式得

5 R(TB ? T0 ) 2 5 RT0 2

(9)

?U B ?

(10)

根据热力学第一定律和(8)、(10)两式, B 室气体吸收的热量为

QB ? ?U B ? WB ?
由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为

7 RT0 2

(11)

Qm ? QA ? QB ? 6RT0
若 Q0 ? Qm , B 室中气体末态体积为 2V0 , A 室中气体的末态温度 2T0 .

(12)

2.若 Q0 ? Qm ,则当加热器供应的热量达到 Qm 时,活塞刚好到达气缸最右端, 但这时加热尚未停止, 只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变, 故热量 Q0 ? Qm 是 A 、 B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功,根据热

? 力学第一定律,若 A 室中气体末态的温度为 TA ,有

Q0 ? Qm ?
由(12)、(13)两式可求得

5 5 ? ? R(TA ? 2T0 ) ? R(TA ? 2T0 ) 2 2
? TA ? Q0 4 ? T0 5R 5

(13)

(14)

B 中气体的末态的体积

? VB = 2V0

(15)

3. 若 Q0 ? Qm ,则隔板尚未移到气缸最右端,加热停止,故 B 室中气体末态的体

?? ?? ?? 积 VB 小于 2V0 ,即 VB ? 2V0 .设 A、B 两室中气体末态的温度为 TA ,根据热力学第
一定律,注意到 A 室中气体经历的是等容过程,其吸收的热量

QA ?
B 室中气体经历的是等压过程,吸收热量

5 ?? R(TA ? T0 ) 2

(16)

QB ?
利用理想气体状态方程,上式变为

5 ?? ?? R(TA ? T0 ) ? p0 (VB ? V0 ) 2

(17)

QB ?
由上可知

7 ?? R ?TA ? T0 ? 2

(18)

?? Q0 ? QA ? QB ? 6 R(TA ? T0 )
所以 A 室中气体的末态温度

(19)

?? TA ?
B 室中气体的末态体积

Q0 ? T0 6R

(20)

?? VB ?
评分标准: 本题 20 分.

V0 Q ?? TA ? ( 0 ? 1)V0 T0 6 RT0

(21)

得到 Q0 ? Qm 的条件下(1)(4)式各 1 分; 、 (12)式 6 分,得到 Q0 ? Qm 的条件

下的(14)式 4 分, (15)式 2 分;得到 Q0 ? Qm 的条件下的(20)式 4 分, (21)式 2 分.

七、 答案与评分标准: 本题 20 分. 1. 3R (3 分) 2. 6R (3 分) 3.

I 2 与 L 的距
离 6R

I 2 在 L 左方还是
右方 右方

I 2 的大小
2h

I2 是 正 立 还 是
倒立 倒立

I 2 是实像还是
虚像 虚像

第 1 第 3 空格各 2 分;其余 3 个空格全对 3 分,有一个错则不给这 3 分. 4.

I 3 与 L 的距离
18R

I 3 在 L 左方还是
右方 左方

I 3 的大小
2h

I 3 是正立还是
倒立 倒立

I 3 是实像还是虚
像 实像

第 1 第 3 空格各 2 分;其余 3 个空格全对 3 分,有一个错则不给这 3 分. 八、 参考解答: 1. 反应能

Q ? ?? mp ? m 3 H ? ? m 3 He ? mn ? c 2 ? ?
式中 c 为光速.代入数据得

?

?

(1)

Q ? ?0.764MeV
上式表明这是一吸能核反应.

(2)

2.为了求入射质子阈能,反应前后各粒子都应沿同一直线运动.设质子的入射速 度大小为 v p ,反应后 2 He 的速度大小为 v 3 He ,中子的速度大小为 vn ,根据动量守恒
3

和能量守恒有

mp vp ? m3 He v 3 He ? mn vn

(3) (4)

1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v2He ? mn vn ? Q 3 2 2 2
由(3)(4)式可得 、
2 2 ? mn ? mn m3 He ? 2 ? mp ? mp m3 He ? 2 mp mn vn ? 2 vp vn ? ? ? ? ? vp ? 2 Q ? 0 ? ? ? ? m3 He m3 He m3 He ? ? ? ?

(5) 令

a?

2 mn ? m 3 He mn

m 3 He mp mn m 3 He m 3 He vp
2 vp ? 2 Q

b ? ?2 c?
把(6)式代入(5)式得

2 mp ? mp m 3 He

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(6)

2 a vn ? b vn ? c ? 0

(7) (7)式有解的条件是

b2 ? 4ac ? 0

(8)

由(6)式可知, c 可能大于零,亦可能小于零.若 c ? 0 ,则(8)总成立,中子速度一定有 解,反应一定能发生;若 c ? 0 ,则由 (6)、(8)两式得

mn ? m 3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m 3 He ? mp

(9)

即只有当入射质子的动能满足(9)式时,中子速度才有解,反应才能发生,所以入射质 子的阈能为

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用(1)式,在忽略 Q 项的情况下,(10)式可简化为
2

(10)

? mp ? Tth ? ?1 ? Q ? m3 ? ? ? H ?
代入有关数据得

(11)

Tth ? 1.02MeV
(12) 3.由动量守恒和能量守恒有

? ? ? mp vp ? m3 He v 3 He ? mn vn (12)

? mn vn

? m3 He v 3 He

以 ? 表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速 度方向的夹角,如图所示,根据余弦定律有

1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v2He ? mn vn ? Q (13) 3 2 2 2

?
? mp vp

?m


3

v He 3 He

? ? ?m v ? ? ?m v ?
2 2 n n p p

2

? 2mn mp vn vp cos?

(14)

1 2 Tp ? mp vp 2

(15)

1 2 Tn ? mn vn 2 1 T3 He ? m3 He v 2He 3 2
把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得

(16) (17)

Q ? Tp ? T3 He ? Tn

(18)

2m3 HeT3 He ? 2mnTn ? 2mpTp ? 2 2mnTn ? 2mpTp cos ? (19)
由(18)(19)式,消去 T3 He 后,得 、

Tn ? 2

mn mpTp m3 He ? mn

cos ? ? Tn ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

?0

(20)

令 得

S?

mn mpTp m3 He ? mn

cos ? , R ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

(21)

Tn ? 2S Tn ? R ? 0

(22)

根据题给的入射质子的动能和第 1 问求得的反应能 Q 的值,由(21)式可知 R ? 0 ,故 (22)式的符合物理意义的解为

Tn ? S ? S 2 ? R
将具体数据代入(21)(23)式中,有 、

(23)

Tn ? 0.132MeV
(如果得到 Tn ? 0.131 MeV,也是对的.) 第 2 问的其他解法 解法一

(24)

为了研究阈能,只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况.若碰撞后 2 He 和中子的速度相同,即粘在一起运动(完全非弹性碰撞),则在碰撞过程中损失的机械 能最多,若所损失的机械能正好等于反应能,则入射质子的动能最小,这最小动能便 是阈能. 设质子的入射速度大小为 v p ,反应后 2 He 和中子的速度大小为 v ,根据动量
3

3

守恒和能量守恒有

mp vp ? (m3 He ? mn ) v

(1) (2)

1 1 2 mp vp ? (m3 He ? mn )v2 ? Q 2 2
由(1)(2)式可得 、

mn ? m 3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m 3 He ? mp
所以阈能为

(3)

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用第 1 问中的(1)式,并注意到

(4)

Q m3 H c2


?? 1

1 ? mn ? m3 He ? mp
2

1 ? Q ? m3 H ?1 ? ? m3 c 2 ? ? ? H ?

?

Q ? 1 ? ?1 ? ? m3 H ? m3 H c 2 ? ? ?

在忽略 Q 项的情况下,(4)式可简化为

? mp ? Tth ? ?1 ? Q ? m3 ? ? ? H ?

(5) 代入有关数据得

Tth ? 1.02MeV
第2问8分 (1)、(2)式各 3 分,(4)式或(5)式 1 分,(6)式 1 分.

(6)

解法二 在牛顿力学中可以证明,质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度 运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作 用,则质点系的动量守恒,质心速度不变,故质心动能亦恒定不变;如果质点系内部 的相互作用导致质点系机械能的变化,则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动 的动能. 在本题中,如果质子 p 与氚 1 H 发生反应后,生成的中子 n 和氦 2 He 相对质 心都静止,则质子 p 与氚 1 H 相对质心运动的动能之和全部转化成反应能,反应后系 统的动能只有质心的动能,在这请况下,转化成其他形式能量的机械能最多,入射质 子的动能最小, 这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应 能之和. 以 v? 和 v? H 分别表示质子 p 和氚 1 H 相对质心的速度,有 3 p
3

3

3

3

1 1 Q = mp v?2 ? m3 H v?32 p H 2 2
因系统质心的速度

(1)

vc ?


mp vp mp ? m 3 H

(2)

v? ? v p ? vc ? p

m 3 H vp mp ? m 3 H mp vp mp ? m3 H

(3)

v?3 H ? 0 ? vc ? ?
由(1)、(3)、(4)式得

(4)

Q ?

m3 H mp ? m 3 H

1 2 mp vp 2

(5)

在牛顿力学中, 系统的总质量是恒定不变的, 这就导致系统质心的动能在反应前后 恒定不变的结论,但在本题中,损失掉的机械能导致系统总质量的变化,使反应前系 统的总质量与反应后系统的总质量不相等,即 mp ? m3 H ? mn ? m3 He .如果仍沿用牛 顿力学的结论,对一个孤立系统,其质心速度是不会改变的,故反应后质心的动能应 为

Ec ?


1 1 1 Q 2 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc ? vc 2 2 2 c2

?

?

2 2 mp vp mp Q Q 1 Q 2 1 Q vc ? ? ? 2? ? 2 2 2 2c 2 c ? m ? m3 ? c mp ? m3 H m3 H p H

由此可见,在忽略 Q 的条件下

2

1 1 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc 2 2
而入射质子的阀能

?

?

Tth ?
由(2)、(5)、(6)式得

1 ? mp ? m3 H ? vc2 ? Q 2

(6)

? mp ? Tth ? ?1 ? Q ? m3 ? ? ? H ?
代入有关数据得

(7)

Tth ? 1.02MeV
第2问8分 (1)、(5) 、(6)式各 2 分, (7)式 1 分, 、(8)式 1 分.

(8)

解法三 考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况,若入射质子与与静止的 1 H 发生 完全非弹性碰撞,即反应后产生的中子和 2 He 以相同的速度运动,则入射质子的动能 就是阈能.以 m10 表示质子的静止质量, m20 表示 1 H 的静止质量, m30 表示中子的静 止质量,m40 表示 1 He 的静止质量,设质子的入射速度大小为 v p ,反应后 2 He 和中子
3 3

3

3

3

的速度大小都为 v ,根据动量守恒和能量守恒有

m1vp ?

? m30 ? m40 ? v
v2 1? 2 c

(1)

m1c 2 ? m20 c 2 ?

? m30 ? m40 ? c 2
v2 1? 2 c

(2)

式中 m1 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得

v=

m1vp m1 ? m20

(3)

把(3)式代入(1)式,经整理得

? m1 ? m20 ?


2

2 c 2 ? m12 vp ? ? m30 ? m40 ? c 2 2

(4)

m1 ?

m10 1?
2 vp

(5)

c2

可得
2 m12 ? m10 ? 2 m12 vp

c2

(6)

若入射质子的阈能为 Eth ,有

m1c 2 ? m10c 2 ? Eth
由(4)、(6)、(7)式可得

(7)

Eth
利用题给条件并引入反应能,得

? m ? m40 ? ? ? m10 ? m20 ? ? 30
2

2

2m20

(8)

Eth ?
或有

mp ? m 3 H ? mn ? m 3 He 2m 3 H

Q

(9)

Q + 2 ? mp ? m3 H ? mp ? m3 H c2 Eth ? Q ? Q 2m 3 H m3 H
代入有关数据得

(10)

Tth ? 1.02MeV

(11)

第2问8分 (1)、(2) 、(8)式各 2 分, (9)或(10)式 1 分, (11)式 1 分.

第 28 届全国中学生物理竞赛决赛试题 一、 (15 分)在竖直面内将一半圆形光滑导轨固定在 A、B 两点,导轨直径 AB=2R, AB 与竖直方向间的夹角为 60°,在导轨上套一质量为 m 的光滑小圆环,一劲度系数 为 k 的轻而细的光滑弹性绳穿过圆环,其两端系与 A、B 两点,如图 28 决—1 所示。 当圆环位于 A 点正下方 C 点时,弹性绳刚好为原长。现将圆环从 C 点无初速度释放, 圆环在时刻 t 运动到 C'点,C'O 与半径 OB 的夹角为θ ,重力加速度为 g.试求分别对 下述两种情形,求导轨对圆环的作用力的大小: (1)θ =90°(2)θ =30°
A O θ C C' 图 28 决—1 60° B D

二、 (15 分)如图 28 决—2 所示,在水平地面上有一质量为 M、长度为 L 的小车,车 内两端靠近底部处分别固定两个弹簧, 两弹簧位于同一直线上, 其原长分别为 l1 和 l2, 劲度系数分别为 k1 和 k2;两弹簧的另一端分别放着一质量为 m1、m2 的小球,弹簧 与小球都不相连。开始时,小球 1 压缩弹簧 1 并保持整个系统处于静止状态,小球 2 被锁定在车底板上,小球 2 与小车右端的距离等于弹簧 2 的原长。现无初速释放小球 1,当弹簧 1 的长度等于其原长时,立即解除对小球 2 的锁定;小球 1 与小球 2 碰撞后 合为一体,碰撞时间极短。已知所有解除都是光滑的;从释放小球 1 到弹簧 2 达到最 大压缩量时,小车移动力距离 l3.试求开始时弹簧 1 的长度 l 和后来弹簧 2 所达到的最 大压缩量Δ l2.
L k1 m1 m2 k2

图 28 决—2

三、 (20 分)某空间站 A 绕地球作圆周运动,轨道半径为 rA=6.73×106m.一人造地球 卫星 B 在同一轨道平面内作圆周运动, 轨道半径为 rB=3rA/2, 和 B 均沿逆时针方向 A 运行。现从空间站上发射一飞船(对空间站无反冲)前去回收该卫星,为了节省燃料, 除了短暂的加速或减速变轨过程外,飞船在往返过程中均采用同样形状的逆时针椭圆 转移轨道,作无动力飞行。往返两过程的椭圆轨道均位于空间站和卫星的圆轨道平面 内,且近地点和远地点都分别位于空间站和卫星的轨道上,如图 28 决—3 所示。已知 地球半径为 Re=6.38×106m,地球表面重力加速度为 g=9.80m/s2.试求: (1)飞船离开空间站 A 进入椭圆转移轨道所必须的速度增量Δ vA,若飞船在远地点 恰好与卫星 B 相遇,为了实现无相对运动的捕获,飞船所需的速度增量Δ vA. (2)按上述方式回收卫星,飞船从发射到返回空间站至少需要的时间,空间站 A 至 少需要绕地球转过的角度。
转移轨道

B

地球

A

图 28 决—3

四、 (15 分)摩尔质量为μ 的某种理想气体,从左向右流过一内壁光滑的长直水平绝 热导管,导管内横截面的面积为 S,一摩尔绝对温度为 T 的该气体的内能为 5RT/2, 式中 R 为普适气体常量。 (1)将一加热装置固定放置在管得中部,以恒定功率 W 给气体加热,如图 28 决—4 (a)所示。假设该装置对气流的阻力可以忽略,当气流稳定后,管中气体虽然在加热 装置附近的状态不均匀,但随着与加热装置距离的增加而逐渐趋于均匀。在加热装置 左边均匀稳流区域中,气体的压强为 P0,温度为 T0,向右流动的速度为 v0.已知加热 装置右边均匀稳流区域中气体的压强为 P1,试求该区域气体的温度 T1. (2)现将管中的加热装置换成一多空塞,如图 28 决—4(b)所示。在气流稳定后, 多孔塞左边气体的温度和压强分别为 T0 和 P0,向右流动的速度为 v0;多孔塞右边气 体的压强为 P2(P2<P0).假设气体在经过多孔塞的过程中与多孔塞没有任何形式的能 量交换,求多孔塞右边气体的流速 v2.
v0 P0,T0
加 热 装 置

P1 图 28 决—4

v0 P0,T0

多 孔 塞

P2

(a)

(b)

五、 (15 分)如图 28 决—5 所示,一个三棱镜 ABC 的顶角α 小于 90°.假设光线在纸 面内以任意入射角入射到 AB 面上的 D 点,经一次折射后,又入射到 AC 面上,且能 在 AC 面上发生全反射。已知光线在 AC 面上发生全反射的临界角为Θ (Θ <45°) , AC 边足够长。试求下列两种情形下分别求三棱镜顶角α 的取值范围: (1)如果光线仅从 AB 面上法线的下方入射; (2)如果光线仅从 AB 面上法线的上方入射。
A D α

B 图 28 决—5

C

六、 (20 分)一电荷量为 q 的点电荷产生的电场在距离它为 r 处的电场强度的大小为
E ? ke q r 2 ,式中 ke 为常量;一条长直导线中通有电流 i 时,它产生的磁场在与导线相 B ? km 2i r ,式中 km 也为常

距为 r(远小于长直导线的长度)处的磁感应强度的大小为 量。
ke km

上述两常量比值的平方根

可用如图 28 决—6 所示的实验装置,通过低频(约几百

赫兹)的电场和磁场来测定。图中 A、B 表示水平放置的、电容为 C1 的平行板电容 器的极板,极板为正方形,边长为 a1(极板间距远小于 a1) 。极板 B 固定,极板 A 悬 挂在天平臂一端的挂钩上,M、N 为两根水平放置的平行长直金属细杆,长度均为 a2, 两杆间的距离为 h(h<<a2) 。杆 N 固定,杆 M 悬挂于天平臂的另一挂钩上。C2 为一 个已知电容器的电容,K 是电键。交流电源的电压 u 与时间 t 的关系为 u=U0cos2π ft, 其中 f 表示交流电的频率。各部分通过导线如图链接。已知在电键 K 打开时,天平已 调节至平衡。接通电源后,天平将失去平衡。通过调节交流电源的频率,可使天平重
ke km

新达到平衡 (注意: 天平具有惯性, 实际上是交流电的平均效果使天平平衡) 试求 ,

的表达式。 【图中的双线可视为刚性绝缘杆,单线视为导线,曲线表示柔软无质量的导 线。不考虑电场、磁场的边缘效应。不考虑导线磁场对 M 和 N 的影响。 】

A B C1

a1

u K 图 28 决—6

M J N C2 J

a2 h

七、 (20 分)两个劲度系数均为 k 的相同的轻质 金属弹簧, 上端固定在水平绝缘横杆上, 竖直下 u u 垂, 下端与一质量为 m 的匀质刚性金属杆连接, k k C 金属杆的长度为 l,杆长与两弹簧的间距相等。 将金属杆置于磁感应强度为 B 的匀强磁场中, B L 磁场方向垂直于纸面向内。 杆、 弹簧和交流电源 l (a) (b) u 构成一闭合电路,金属杆和弹簧的电阻可忽 图 28 决—7 略;且回路电流的磁场远弱于外磁场 B,如图 28 决—7(a)所示。在图 28 决—7(b)中,一电感和一电容并连后接到同样地交流 电源 u 上。若在图 28 决—7 所示的两回路中,在任何时刻,通过电源的电流都一样。 试将图(b)中的电容 C 和电感 L 用图(a)中的装置的已知参量表示。

八、 (20 分)朱棣文等三位科学家因成功实现中性原子的磁光俘获而获得了 1997 年诺 贝尔物理学奖。对以下问题的研究有助于理解磁光俘获的机理(注意:本问题所涉及 的原子的物理特性参数,实际上都是在对大量原子或同一原子的多次同类过程进行平 均的意义上加以理解的) 。 (1)已知处于基态的某静止原子对频率为ν 0 的光子发生共振吸收,并跃迁到它的第 一激发态,如图 28 决—8(a)所示。然而,由于热运动,原子都处于运动中。假设某 原子一速度 v0 运动, 现用一束激光迎头射向该原子, 问恰能使该原子发生共振吸收的 激光频率ν 为多少?经过共振吸收,该原子的速率改变了多少?(hν 0<<mc2,m 是 原子质量,h=6.63×10-34J?s) (2)原子的共振吸收是瞬时的,但跃迁到激发态的原子一般不会立即回到基态,而会 在激发态滞留一段时间,这段时间称为该能级的平均寿命。已知所考察原子的第一激 发态的平均寿命为τ .若该原子能对迎头射来的激光接连发生共振吸收, 且原子一旦回 到基态,便立即发生共振吸收,如此不断重复,试求该原子在接连两次刚要发生共振 吸收时刻之间的平均加速度。注意:原子从激发态回到基态向各个方向发射光子的机 会均等,由于碰撞频率极高,因而由此而引起原子动量改变的平均效果为零。 (3)设所考察的原子以初速度 v0 沿 z 轴正向运动,一激光束沿 z 轴负向迎头射向该 原子,使它发生共振吸收。在激光频率保持不变的条件下,为了使该原子能通过一次 接着一次的共振吸收而减速至零,为此可让该原子通过一非均匀磁场 B(z),实现原子 的磁光俘获,如图 28 决—8(c)所示。由于处于磁场中的原子与该磁场会发生相互作 用,从而改变原子的激发态能量,如图 28 决—8(b)所示。当磁感应强度为 B 时, 原来能量为 E 的能级将变为 E+Δ E,其中Δ E=μ B,μ 是已知常量。试求磁感应强度 B 随 z 变化的关系式。 (4)设质量为 m=1.0×10-26kg 的锂原子初速度 v0=1.2×103m?s-1,静止时的共振吸 收频率为ν 0=4.5×1014Hz,第一激发态的平均寿命τ =5.3×10-8s.为使所考察的原子 按(3)中所描述的过程减速为零,原子通过的磁场区域应有多长?
第一激发态

线圈 ΔE h v0 激光

ν0

ν0+

基态

B=0 (a)

B≠0 (b) 图 28 决—8

L (c)

z

α≥2θ

(4)


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